定积分换元法与分部积分法习题.doc
专业学习经历怎么写-喜出望外造句
1．计算下列定积分：
⑴
sin( x
3
)dx
；
3
【解法一】应用牛顿
- 莱布尼兹公式
sin( x
3
)dx
3
sin( x
3
)d ( x )
3 3
cos(
3
)]
3
cos( x )
3
3
[cos(
)
3
[ cos(
3
cos
3
)] 0
。
【解法二】应用定积分换元法
令
x
u
，则
dx
du
，当
x
从
单调变化到
3 3
4
时，
u
从
2
3
单调变化到
4
，
3
2
3
4
于是有
1
3
sin( x
)dx
3
2 3
sinudu
cosu
2
3
3
[cos
4
3
cos ]
3
[
cos
3
( cos )]
0
。
3
dx
⑵
2
(11 5x)
3
；
【解法一】应用牛顿
- 莱布尼兹公式
1
dx 1
1
(11 5x)
3
d (11
5x)
1
5
1
(11
5x)
2 1
2
2
(11 5x)
3
5
2
2
1
2
10 (11 5 1)
1
[
1
2
(11 5 2)
]
11
(
2
1)
10 16
51
。
512
【解法二】应用定积分换元法
令
11 5x u
，则
dx
1
du
，当
x
从
2
单调变化到 1
时，
u
从 1
单调变化到
5
16，于是有
1
dx 1
16
u
du
3
1
1
u
2 16
1
1 1
(
1)
51
512
。
2
(11 5x)
3
5
1
5
2
10 16
2
⑶
2
sin
0
cos
3
d
；
- 莱布尼兹公式
【解法一】应用牛顿
2
0
sin
cos
3
d
2
0
3
cos d cos
1
4
cos
4
2
0
1
4
[cos
4 2
4
cos
0]
1
[0
4
1] 1
。
4
【解法二】应用定积分换元法
令
cos
u
，则
sin d
du
，当
从 0 单调变化到
时，
u
从
1
单调变化
2
到 0，于是有
2
0
sin cos
3
d
0
1
udu
3
u du
1
u
4
0
0
4
3
1
1
1
。
4
⑷
0
(1 sin
3
)d
；
3
【解】被积式为
(1
sin
)d
，不属于三角函数的基本可积形式，须进行变换。由于
1 是
独立的，易于分离出去独立积分，于是问题成为对
sin
3
d
的积分，这是正、余弦的奇数
次幂的积分，其一般方法是应用第一换元法，先分出一次式以便作凑微分：
sin
d
d cos
，余下的
sin
2
1 cos
2
，这样得到的
(1
cos
2
)d cos
便为变
量代换做好了准备。具体的变换方式有如下两种：
【解法一】应用牛顿
- 莱布尼兹公式
(1
sin
3
)d
0
1d
0
sin
2
sin d
0
0
(1
cos
2
)d cos
0
1
cos
3
)
0
3
cos
3
0)
(cos cos0) 1
(cos
3
3
1
4
。
( 1 1)
( 1
1)
3 3
(cos
【解法二】应用定积分换元法
令
cos u
，则
sin d
du
，当
从 0 单调变化到
时，
u
从
1
单调变化
到
1
，于是有
(1
sin
3
)d
0
1d
0
sin
2
sin d
0
0
(1
cos
2
)d cos
0
1
1
(1 u
2
) du
(u
1
u )
1
31
3
(1 1)
1
3
(1
1)
4
3
。
令
2u
2
⑸
2
cos
2
udu
；
6
【解】这是正、余弦的偶次幂，其一般积分方法为，利用三角函数的半角公式：
cos
2
u
1 cosu
，将平方部份降次成为一次的余弦三角函数：
cos
2
u
1
cos2u
，使之
2 2
2
可以换元成为基本可积形式：
【解法一】应用牛顿
- 莱布尼兹公式
2
cos
2
udu
2
1
cos2u
du
1 (
2
du
1
2
cos2ud2u)
6 6
2 2
6
2
6
1
1
(u
2
sin 2u
2
)
1
[(
1
)
(sin
sin )]
2
6
2
6
2 2 6 2 3
1
(
3
)
。
2
3
4
【解法二】应用定积分换元法
x
，则
du
1
dx
，当
u
从 单调变化到
时，
x
从
单调变化到
，
2
6
2
3
于是有
2
cos
2
udu
2
1
cos2u
du
1
(
2
du
1
2
cos2ud2u)
6 6
2 2
6
2
6
1
(u
2
1
[(
1
cos xdx) )
1
sin x
]
6
2
3
2 2 6
2
3
1
[
1
(sin
sin )]
1
(
3
)
。
2 3 2 3 2 3 4
2
⑹
2 x
2
dx
；
0
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是
2，应该应用第二类换元法
中的三角变换法：
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令
x
2
sin u
，当
x
从
0
单调
变
化 到
2
时 ，
u
从
0
2
0
单调变化到 ， 且
2
x
2
2
2 2sin
2
u2 cosu
，
2
dx2 cosudu
，使得
1
2
0
2 x dx
2
2
cosu 2 cosudu
2
cos2u
2
0
du
2
0
du
2
0
cos2udu
u
0
2
1
2
cos 2ud
2u
2
0
0)
2
。
u
0
2
1
1
2
0
sin 2u
2
1
(sin
2 2
1 x
2
x
2
⑺
1
2
dx
；
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是
中的三角变换法：
2，应该应用第二类换元法
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，应令
x
sin u
，当
x
从
1
单调
2
变化到
1 时，
u
从
单调变化到
1
1
2
，且
1
x
2
1 sin
2
u
cosu
，
dx
cosudu
，
4
2
2
x
2
sin
2
u
sin
2
u
使得
1 x
2
dx
cosu cosudu
2
cot
2
udu
2
(csc
2
u 1)du
x
2
2
sin u
4
4
4
a
(
cot u u)
2
4
[(cot
cot ) (
2 4 2 4
)]1
。
4
⑻
0
x
2
a
2
x
2
dx
（
a
0
）；
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是
中的三角变换法：
2，应该应用第二类换元法
为使根号内的变量在后的平方差转换成完全平方，
应令
x
a sin u
，当
x
从
0
单调变
化到
a
时，
u
从
0
单调变化到
，且
x
2
a
2
x
2
a
2
sin
2
u a
2
sin
2
u
sin
2
u a cosu
，
2
dx a cosudu
，使得
2x x
2
a
4
x
2
a
2
x
2
dx
2
a
2
sin
2
u a cosu a cosudu
a
2
sin
2
2udu
0
0
4
0
a
4
2
1
cos4u
a
4
(u
1
sin 4u)
2
0
4
0
2
du
8
4
a
4
[
1
(sin 2
0)] 1
a
4
。
8 2 4
16
⑼
3
dx
；
1
x
2
1 x
2
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是
2，应该应用第二类换元法
中的三角变换法：
为使根号内的变量在后的平方和转换成完全平方，应令
x
tanu
，当
x
从
1
单调变
化到
3
时，
u
从
单调变化到 ，且
4
3
dx
sec
2
udu sec
2
udu
cosu
du
1 d sin u
x
2
1
x
2
tan
2
u 1 tan
2
u
tan
2
u secu
sin
2
u
sin
2
u
dx
1
使得
3
3
1
x
2
1 x
2
4
sin
2
u
d sin u
这时，再令
sinu t
，当
u
从
单调变化到
时，
t
从
2
单调变化到
3
，
4 3
2
2
3
1
3
2
3
1 1
2
又得
d
sin u
2
(
2 2
) 2
2
。
4
sin
2
u
2
2
t
2
dt
t
2
3 2
3
1
⑽
2x x
2
dx
；
0
【解】被积函数中含根号，且根指数及根号内多项式的次数都是
2，应该应用第二类换元法
中的三角变换法。
由于根号内的二次多项式并非为三角变换中的平方和或差的标准形式，
需要先将其转
化为标准形：
1 (1 2x x
2
)
1 (
x
1)
2
，
现在，根号内的二次多项式成为了变量在后的平方差的形式了，因此可令
x 1 sin u
，当
x
从
0
单调变化到
1 时，
x
1
从
1
单调变化到
0，从而
u
对应从
单调
2
变化到 0，
而且
2x
x
2
2x x
1 sin
2
u
0
cos
2
u cosu
，
dx
cosudu
，于是
cosudu
1
0
2
dx
cosu
0
2
1 cos2u
2
)]}
du
1
2
。
(u
1
2
sin 2u)
0
2
2
1
2
{[0
(
2
)]
1
2
[sin 0 sin(
4
⑾
4
dx
x
；
1
1
【解】 被积函数中含根号， 可见根指数与根号内多项式的次数不相等，
法中的直接变换法：
应该应用第二类换元
【解法一】令
x
u
，当
x
从
1
单调变化到 4 时，
u
从 1 单调变化到
2，且由此得
x
u
2
，
1
1 u
2
dx
2udu
，
1
，于是
1
x
dx
x
4
1
2
udu
2
2
(1 1 )du
1 u
2(u ln 1
u )
1
2
1
1
1
u
(ln3
1
2[(2 1) ln 2)]
3
2(1 ln
)
2
2
2(1
ln
)
。
3
【解法二】为便于积分，可使变换后的分母成为简单变量，即令
变化到 4 时，
u
从 2 单调变化到
3，且由此得
x
1
x
u
，当
x
从
1
单调
1
，
1
1 x u
(u
1)
2
，
dx
2(u
1)du
，
于是
4
dx
3
2(u
1)
u
du
2
(1
2
3
1
u
) du
2(u ln u )
3
2
1
1
x
2
2[(3
2) (ln3 ln 2)]
1
2(1 ln
)
。
2
3
dx
⑿
3
4
1 x 1
；
【解】 被积函数中含根号， 可见根指数与根号内多项式的次数不相等，
应该应用第二类换元
法中的直接变换法：
【解法一】令
1
x
u
，当
x
从
单调变化到
4
3
1
时，
u
从
1
2
单调变化到
0，且由此得
1
x 1 u
2
，
dx
2udu
，
1
3
4
1
1 x 1
2u
1
，于是
u 1
2
2
(1
0
dx
0
1
1
du
1 x
1
2
u 1
ln
)du
u 1
1
2(u ln u
1)
0
2
2(
1
2
1
2
ln1)
1
2ln 2
。
【解法二】 为便于积分，
可使变换后的分母成为简单变量，
即令
1 x
1
u
，当
x
从
单
4
2(u 1)du
，
3
调变化到
1 时，
u
从
1
单调变化到
1
，且由此得
x
2
1 (u
1)
2
，
dx
1
1
1 u
1
3
4
，于是
1 x
1
dx
1 x 1
2[(
1
1
2
2(u
1)
u
du
2
2
(1
1
1
u
)du
2(u ln u )
1
2
1
1
1
) (
1) ln
2
1 ln
1)]
2
1 2ln 2
。
⒀
xdx
；
1
5 4x
【解】 被积函数中含根号，
可见根指数与根号内多项式的次数不相等，
法中的直接变换法：
应该应用第二类换元
令
5 4x u
，当
x
从
1
单调变化到
1 时，
u
从
3 单调变化到
，于是
1，且由此得
x
1
(u
2
4
1
1
5)
，
dx
1
udu
，
2
xdx
5 4x
1
1
5
4x
1
u
udu
11
1 1
2
(u
3
u 4
5)
1
2
1
8
1
(u
2
5)du
3
1 1
3 1
5u)
3
(
u
8 3
2
[(1
3
3
)
8 3
5(1 3)]
1
。
6
1
e
x
⒁
1
x
2
dx
；
1 1 1
e
x
1 1
xx
x
【解】由于
2
dx e
2
dx
，为含复合函数
e
的积分，且微分部份
2
dx
仅与复合函数
e
x
x x
1
之中间变量
1
x
的微分
1
2
dx
相差一个常数倍，可以应用第一换元积分法：
1
x
1
2
x
1
【解法一】应用牛顿
- 莱布尼兹公式
2
1
1
e
x
2
dx
e d
1
x
1
2
e
1
x
(e
1
2
e ) e
e
。
x
【解法二】应用定积分的换元法
令
1
1
1
1
2
1
，且由此得
x
u
，当
x
从
1
单调变化到 2 时，
u
从 1 单调变化到
2
于是
2
1
x
2
dx du
，
1
1
1
1
t
2
e
x
x
2
dx
e
x
1
x
2
dx
2
e du
u
e
u
1
2
(e
2
e ) e
1
e
。
1
⒂
te
2
dt
；
0
1
2
2
【解】为含复合函数
e
t
2
的积分，且微分部份
tdt
与复合函数
e
2
之中间变量
t
t
2
2
的微分
tdt
仅相差一个常数倍，可以应用第一换元积分法：
【解法一】应用牛顿
- 莱布尼兹公式
1
t
2
1
t
2
te
2
dt
e
2
d(
t
2
t
2
0
0
)
2
e
2
1
0
1
(e
2
0
1
e ) 1
。
e
【解法二】应用定积分的换元法
令
1
t
2
2
2
t
2
u
，当
x
从
0
单调变化到 1 时，
u
从 0
单调变化到
1
1
2
，且由此得
tdt du
，
0
1
于是
te dt
0
2
0
e
du
1
e
due
2
uuu 0
1
e
0
2
e
2
1
1
。
e
⒃
e
2
dx
；
1
x 1 ln x
【解】为含复合函数的积分，且微分部份
dx
x
与复合函数
1
之中间变量
1 ln x
的微
1 ln x
分
dx
相等，可以应用第一换元积分法：
e
2
1
x
【解法一】应用牛顿
- 莱布尼兹公式
dx
x 1 ln x
e
2
1
1
1
d (1 ln x) 2 1 ln x
1
e
2
1 ln x
2( 1 ln
e
2
1 ln1)
2( 1
2
1 0) 2( 3
1)
。
【解法二】应用定积分的换元法
1
令
1 ln x u
，当
x
从
1
单调变化到
e
2
时，
u
从
1
单调变化到
3，且由此得
dx du
，于是
⒄
0
e
2
dx
x 1
ln x
；
3
1
u
du
2 u
3
1
2( 3
1)
。
1 1
(x 2) dx
2
【解】
为含复合函数的积分，被积函数为真有理分式，分母为二次无零点的多项式，且分子
比分母低一次，可以分解为两个可积基本分式的积分：
x
2
2x 2
0
( x 2) dx
2
1
0
(2 x 2)
2
x
2
2x 2
2
1
2
1
x
2
2 x 2
2x 2
0
2
dx
dx
1
0
2
dx
2
x
2
0
2
2x 2 2 2x 2
1
0
d ( x
2
2x 2)
2
x
2
1
d (x 1)
1
1
2
x
2
2x 2
2
( x 1)
2
0
ln( x
2
2x
2)
0
2
arctan( x 1)
2
2
1
(ln 2
ln 2) arctan1
arctan( 1)
2
(
4
2
)
4
。
2
⒅
dx
x 1 ( x
1)
3
；
0
【解】 被积函数中含根号，
可见根指数与根号内多项式的次数不相等，
应该应用第二类换元
法中的直接变换法：
x
令
x 1 u
，当
u
3
，且由此得
x u
2
1
，
从 0单调变化到 2时， 从 1
单调变化到
dx
2udu
2
0
，
1
x 1
dx
1
，于是
(x 1)
3
u u
3
3
1 2udu 2
3
1
du
2arctan u
1
3
x 1
( x 1)
3
1
u u
3
1
1 u
2
2
3
cos xdx
；
2(arctan 3 arctan1)
2(
3
)
4
。
6
⒆
cosx
2
【解】由于
cosx cos
3
x
cosx(1
cos
2
x)
3
cos x
sin
2
x
3
cosx sin x
，
3
所以
2
0
2
cosx cos
xdx
cos x cos xdx
2
0
cos x cos xdx
2
0
2
0
cos x (
2
sin x)dx
cos x sin xdx
0
2
0
cos xd cos x
2
cos xd cos x
于是有
【解法一】应用牛顿
- 莱布尼兹公式
2
2
cosx
cos xdx
3
0
(cos x)
d cos x
2
1
2
2
0
(cos x)
d cos x
1
2
2
3
(cosx)
3
2
0
2
2
3
3
2 2
(cosx)
0
2
(1
0)
(0
1) 4
。
3
3
3
2
【解法二】应用定积分的换元法
令
cos x
u
，当
x
从
单调变化到
0
时，
u
从 0 单调变化到 1，当
x
从 0 单
2
3
0
调变化到
时，
u
从
1
单调变化到
0，且由此得
sin xdx
du
，于是
2
2
2
2
0
1
cosx cos xdx
cos x ( sin x) dx
1
cos x sin xdx
2
1
0
udu
0
1
1
udu
u
2
duu
2
du
0
1
0
2
u
2
3
3
cos2xdx
。
0
1 1
0
0
du
2
3
3 1
2
u
0
2 2
4
3
。
3 3
⒇
1
【解】由于
1 cos2x
2cos
2
x
2 cos x
，
2 cos x dx
0
所以
0
1 cos2xdx
2[
2
cos x dx
0
cos x dx]
2
2[
2
cos xdx
0
(
cos
x)
dx
]
2
2[sin x
0
2
sin
x
]
2
2[(sin
0) (sin
2
sin )]
2
2[1 ( 1)]
2
2
。
2．利用函数的奇偶性计算下列定积分：
⑴
x
4
sin xdx
；
x
4
sin x
是奇函数，即知
x
4
sin xdx
【解】由于函数
y
0
。
⑵
2
4cos
4
d
；
2
【解】由于函数
f ( )
4cos
4
是偶函数，且有
cos2
)
2
2
2cos 2
4cos
4
4(
1
1 2cos 2
cos
2
2
1 2cos 2
3
2
即得
2
1
1 cos4
2
cos4
2
2
4cos d
4
2
4cos d
4
2
2
(
0
3
2
0
2cos 2
1
cos 4 ) d
2
0
2
2
2(
3
2
sin 2
1
8
sin 4 )
(sin 2
2[
(
2
2
3
。
1
2
3
0) (sin 0)
1
0)]
8
2
(arcsin x)
1
x
2
2
⑶
1
2
dx
；
【解】由于函数
y
(arcsin x)
2
1
2
1
2
1
x
2
是偶函数，所以
1
2
(arcsin x)
2
1 x
1
2
(arcsin x)
2
2
2
dx
2
0
1 x
2
dx
2
0
(arcsin x)
d arcsin x
2
3
(arcsin x)
1
3 2
0
2
2
1
3
[(arcsin
)
3
2
0]
2
3
3
(
)
3 6
。
324
x arcsin x
dx
。
⑷
1
1
x
2
2
1
【解】由于函数
y
x arcsin x
是偶函数，所以
1
2
1
1
x
2
1
x arcsin x xarcsin x
2 2
dx 2
dx
1
2 2
xx
1 1
2 0
2
arcsin xd 1 x
0
2
1
2[ 1
x
2
arcsin x
0
2
1
1
2
0
1
x
2
d arcsin x]
2[ 1
1
arcsin
1
0
4
dt
2
dx]
2[
3
x
0
2
]
1 3
。
0
2 6 6
1
2
3．证明：
1
x
dt
x
1
（
x
0
）。
1
t
2
1
1
t
2
【证明】作倒数变换
t
1
，当
t
从
x
单调变化到 1
时，
u
从
单调变化到
1，
u
x
1
2
(
1
)
u
1
且有
1
1
t
2
1
u
2
u
2
1
，
dt
1
u
2
du
于是有
dt
1
1
u
2
1
1
1
du
1
du
1
du
1
1
1
x
1 t
2
22
x
1 u u
1
2
x
1 u
1 u
2
x
1
2
dt
，
1
1 t
证毕。
4．证明：
0
sin
n
xdx 2
2
sin
n
xdx
。
0
【证明】由于
0
sin
n
xdx
2
sin
n
xdx
sin
n
xdx
，
2
0
其中，对于
sin
n
xdx
，作如下的处理：
2
作变换
x
u
，当
x
从
单调变化到
2
u)
sin
n
u
，
dx
0
时，
u
从
单调变化到
0，
2
xdx
，
且有
sin
n
x
sin
n
(
du
，
sin udu
n
于是，
sin
xdx
n
2
sin udu
n
2
0
2
sin
n
2
0
从而得
0
sin
n
xdx
2
0
sin
n
xdx
2
sin
n
xdx
2
2
sin
n
xdx
。证毕。
0
5．设
f (t)
为连续函数，证明：
⑴当
f (t
)
是偶函数时，
( x)
x
0
f
(t)dt
为奇函数；
x
【证明】当
f (t)
是偶函数时，有
f ( t)
x
f (t)
，
x
使得
( x)
0
f (t )dt
x
0
t
u
0
f
( u)d ( u)
0
f (u)du
x
(x)
，
可知此时
( x)
f (t)dt
为奇函数，证毕。
x
⑵当
f (t )
是奇函数时，
(
x)
0
f (t)dt
为偶函数。
【证明】当
f
(t)
是奇函数时，有
f ( t)
x
f (t )
，
x
使得
( x)
0
f (t )dt
t
x
0
u
0
f ( u)d ( u)
0
f (u) du
( x)
，
可知此时
( x)
f (t)dt
为偶函数，证毕。
6．设
f ( x)
是以
T
为周期的连续函数，证明：对任意的常数
a T
a
a
，有
f ( x)dx
。
f (x)dx
0
T
【证明】题设
f ( x)
是以
T
为周期的连续函数，可知成立
f (x
T ) f ( x)
，
a T
T
由于
a T
a
f (x)dx
0
f ( x)dx
T
0
T
0
f ( x)dx
f ( x)dx
f
(x)dx
a
a
0
f
( x)dx
a T
T
f (x)dx
a T
T
其中，对于
令
x u
f
( x)dx
，作如下的处理：
T
，当
x
从
T
单调变化到
a
T
时，
u
从
0
单调变化到
a
，
a T
T
a
0
使得
f ( x)dx
x u T
a
f (u T )d (u T )
a T
a
f (u) du
0
a
f (x)dx
，
0
a
T
T
0
于是有
证毕。
f (x)dx
f
( x) dx
f ( x)dx
a
f (x)dx
f ( x)dx
，
0
0
0
7．计算下列定积分：
1
x
⑴
0
xe dx
；
【解】被积函数属分部积分第一类，应选
【解法一】套用分部积分公式，
e
x
为先积分部份，
x
1
1
x
x
1
0
0
1
1
x
1
x
1
0
xe
dx
0
xd ( e
1 x 1
)
0
xe
1
( e
)dx
0
1
e
0
0
e
dx
e
e
e
(e
e ) 1 2e
。
【解法二】应用列表法
符号
求导
积分
1
x
1
0
0
xe
x
e
x
e
x
e
x
⑵
x ln xdx
1
e
可得
；
dx
( xe
x
e
x
)
1
0
(
1e
1
e
1
) ( 0e
0
e
0
) 1 2e
1
。
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选
x
为先积分部份，
e
1
x ln xdx
e
1
ln xd x
1
2
2
1
2
1
2
2
2
(e ln e 0
2
）
e
1
x
ln x
2
e
1
e
1
1
e
2
1
x
2
1
e
4
2
1
e
2
1
x
1
x
dx
1
2
x
d ln x
2
e
1
2
1
2
e
1
2
xdx
1
(e
2
4
2
1)
1
(e
2
1)
。
4
（含不可直接积分部份的分部积分不应使用列表法）
x
arctan xdx
；
0
1
⑶
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选
1
0
x
为先积分部份，
1
0
x arctan xdx
1
0
arctan xd x
2
1
2
1
arctan1
2
1
1
0
2
1
x
2
1
1
x
2
d
arctan x
1
x arctan x
0
2
2
1 1
1
1
(1
2
dx
2
)dx
1 x 1
8 2
0
x
2
8
⑷
2
x sin 2xdx
；
0
(
x
arctan x)
2
1
1
0
(1
8 2
)
4
1
。
4
2
【解】被积函数属分部积分第一类，应选
sin 2x
为先积分部份，
【解法一】套用分部积分公式，
2
0
x sin2xdx
2
xd (
cos2x)
2
0)
1
1
2
xcos2x
0
2
0
0
2
1
cos2xdx
2
0
。
(
1
2
cos2x)dx
1
(
cos
2 2
2
1
( 1)
sin
2x
0
2
4 4
1
(sin
0)
4 4
【解法二】应用列表法
4
符号
求导
积分
x
1
sin 2 x
1
2
1
4
cos
cos2x
sin2 x
0
可得
2
0
x sin 2xdx ( x cos2x
2
1
(
2
dx
；
11
sin 2x)
0
2
1
(
2 2
0)
1
(sin
sin 0)
⑸
4
1
ln
x
x
)
(0 0)
2 4
1
4
4
。
4
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，应选
4
1
为先积分部份，
x
4
1
ln x
x
dx
4
1
ln xd 2 x
2 x ln x
1
4
2
xd ln x
1
2 x ln x
4
1
1
2 x dx 2 x
ln x
1
x
4 4
1
2
4
1
x
1
dx
2
x ln x
1
4
2[
4(ln 4
4
x
1
4
2)
2 x (ln x
2)
1
4
1(ln1 2)]
4[ln 4 1]
4(2ln 2 1)
。
⑹
3
4
x
dx
；
2
sin
x
【解】被积函数属分部积分第一类，应选
1
2
sin x
为先积分部份，
【解法一】套用分部积分公式，
3
x
dx
3
4
xd( cot x)
x cot x
3
4 4
3
(
cot x)dx
2
sin x
4
xcot x
3
4
3
4
cos x
dx
x cot x
3
4
sin
x
1
d sin x
4
sin x
3
3
4
xcot x
3
4
ln sin x
3
4
( x cot x ln sin x )
(
3
cot
3
ln sin ) ( cot
3 4 4
ln sin )
4
(
3
1 ln
3
)
( ln
2
)
3
2
4
2
(
1
1
)
ln
2
3
(
1
1
)
13
2
ln
。
2
4 3 3
2
2
4 3 3
【解法二】应用列表法
符号
求导
积分
1
x
1
0
sin
2
x
cot x
ln sin x
可得
3
x
dx
2
4
sin x
( x cot x
ln sin x )
3
4
(
cot
3 3
ln sin
) ( cot
3 4 4
ln sin )
4
(
1
3
ln
3
)
(
ln
4
2
2
)
3
2
(
1
1
)
ln
2
2
2
3
(
1
4
3 3
1
)
4 3 3
1
ln
。
2
3
2
⑺
2
e
2x
cosxdx
；
0
【解】被积函数属分部积分第一类，
【解法一】套用分部积分公式，选
2
0
e
2
x
与
cos x
均可选为先积分部份，
e
2
x
为先积分部份，
e cosxdx
2
x
2
cos xd
e
1
2x
0
2
1
e cosx
0
2
2 x2
2
0
1
2 x
ed
cosx
2
1
1
(e
cos
e
0
cos0)
2 2
(0
1)
2
2
0
1
2
0
e
2 x
sin
xdx
2
1
sin xd
e
1
2 x
2
2
1
2 4
2
1
e
2 x
sin x
0
2
1
2
0
e
2 x
d sin x
4
(e
sin
e
0
sin 0)
1 1
2 4 2
4
即得
2
e
2 x
cos xdx
0
1
e
2 x
cos xdx
0
1 e
4
2
1
2
e
2x
cos xdx
，
4
0
2)
。
移项，整理得
2
e
2x
cos xdx
1 (e
0
5
【解法二】套用分部积分公式，选
2
0
cos x
为先积分部份，
e
2 x
cosxdx
2
e
2x
d sin x
e
2x
sin x
0
2
2
sin xde
2x
0 0
(e sin
0)
2
2
0
2e
2 x
sin xdx
e
2
2e
2x
d ( cosx)
0
e
[2 e
2 x
( cosx)
0
2
2
( cos x)
d2e
2x
]
0
e
2e
2 x
cos x
2
0
2
0
4e
cosxdx
2
x
e
2(e cos
e
0
cos0) 4
2
2 2 x
e
cos xdx
0
即得
2
e
2 x
cosxdx e
2
0
4
2
e
2 x
cosxdx
，
0
移项，整理得
2
e cos
xdx
2x
1
(e 2)
。
0
5
2
⑻
1
x log
2
xdx
；
【解】被积函数属分部积分第二类，套用分部积分公式，选
2
x
为先积分部份，
2
1
x log
2
xdx
2
1
log
2
1
2
xd
x
2
1
2
x
log
2
2
2
x
1
1
2
2
1
d log
2
x
x
1
(4log
2
2 0)
2
2
2
0
2
1
x
2
2
1
1
dx
x ln 2
1
2
2ln 2
2
xdx
1
1
1
x
2
1
2
2 1
2ln 2 2
4ln 2
(41)2
3
。
4ln 2
⑼
xcos xdx
；
2
【解】将三角函数降次后求解，
2
0
x cos
xdx
2
2
x
0
1 cos 2x
2
2
dx
1
2
2
0
( x xcos 2x)dx
2
1
(
1
x
2
0
2 2
2
2
0
x
cos2
xdx
)
1
2
2
0
x cos2xdx
其中，积分
0
x cos2xdx
中的被积函数属分部积分第一类，套用分部积分公式，选
cos2x
为先积分部份，得
2
0
x cos 2xdx
2
0
xd
1
sin 2x
2
0
sin 4
1
1
xsin 2x
2
2
2
0
2
cos2x
0
0
0
1
0
1
sin 2xdx
2
(cos4 cos0)
1
4 4
(1
1)
0
，
4
从而得
e
2
0
x cos
xdx
2 2
1
2
2
0
x cos2xdx
2
1
2
0
2
。
⑽
sin(ln x)dx
；
1
【解】被积函数属分部积分第二类，且已经具有
e
1
udv
的结构，直接套用分部积分公式得
sin(ln x)dx
x sin(ln x)
1
e
e
xd sin(ln
x)
1
esin(ln e) 0
e
x
cos(ln x)
1
1
esin1
e
1
dx
x
cos(ln x) dx
e
dx
esin1 [ x
cos(ln x)
1
e
xd cos(ln
x)]
e
1
1
esin1 [
ecos(lne) cos(ln1)]
x[
sin(ln
x)]
1
e
x
esin1 ecos1 1
sin(ln x)dx
e
1
即得
e
sin(ln x)dx
e
1
1
e(sin1
cos1) 1
sin(ln x)dx
，
移项、整理得
sin(ln x) dx
1
1
[ e(sin1
cos1)
1]
。
2
1
1
⑾
e
1
ln x
dx
；
1
e
1
e
1
e
【解】
1
ln x dx
e
e
1
ln x
dx
e
ln x dx (
ln x)dx
ln xdx
e
1
ln xdx
e
1
ln xdx
1
e
[ xln x
1
1
e
1
xd ln x] x ln x
1
e
1
e
1
xd ln x
e
(0
1 1
ln )
1
1
x
1
x
dx
eln e 0
e
1
x dx
1 1
1
1
dx e
e
1
dx
e
1
e
⑿
3x
ln2
xe
0
2
e
1
e
x e
2
。
e
e
x
e
1
e x
1
e
1
e
1
1
e
e (e 1) 2
dx
。
【解】这是含复合函数的积分，可用第一换元积分法，
令
x
2
得
u
，当
x
从
0
单调变化到
3 x
ln2
xe
dx
2
ln 2
时，
u
从
0
单调变化到
ln 2
，
1
ln 2
ue du
2
0
u
0
1
2
2
2
2x
ln 2
xe
dx
0
1
2
ln2
0
ude
u
1
(ue
u
0
ln 2
2
ln2
0
u
e du)
1
(ln 2 e
ln2
2
0)
1 e
u
0
ln 2
2
x
1
2
8．设
f (
x)
sin t
t
ln 2 1
(e
ln 2
e
0
)
ln
2
1 (2 1)
ln 2 1
。
2
2
2
dt
，求
【解】
sint
t
xf ( x)dx
。
0
1
dt
是著名的无法用初等函数表示结果的一道积分题，
因此，无法通过确定
f (x)
1
，
的表达式来求解积分
xf ( x) dx
0
但明显可见，易于求出
f '( x)
：
f '( x)
d
dx
x
2
1
2
sin t
dt
sin x
2
(x
2
)'
2 x
sin x
2
sin x
2
，
t
1
x
2
1
0
x
2
x
于是，可以通过分部积分法，由
xf ( x)dx
转化出
f '(x)
从而解决问题：
x f ( x)
0
xdf ( x)
2
2
0
2
0 0
1
2
1
1 1
2
1
1
2
2
[1 f (1) 0]
0
2
x f '(x)dx
2
f (1)
0
2
x
f
'(x)dx
1
1
1
2
2
1
2 2 1
f (1)
f (1)
xsin x
dx
x
sin x
dx
0
0
2
2
x
2
1
1 1
1
2 2
1
2 1
f (1) cosx
0
f (1)
sin x
dx
2
2
2
0
2
1 1
1
f (1) (cos1
1)
[ f (1)
cos1 1]
2
2
2
2
x
sin t
1
sin
t
由题设，
，可得
f ( x) 0
dt f (1)
1
dt
1
t
t
1
1
(cos1
1)
。
最终得到
xf ( x) dx
xf ( x)dx
f ( x)d x
2
1
1
1
21
1
1
2
0
2
9．设
f ( x)
x
0
f ( x)cos xdx
，求
f ( x)
。
【解】由于
0
f (x) cos xdx
为常数，可知
f '( x)
1
，
由此得
0
f (x) cos xdx
0
f ( x)d sin x
f (x)sin x
0
0
sin xdf (x)
f ( )sin
f (0)sin 0
0
sin xf '( x)dx
0 0
0
0
sin xdx
cosx
0
cos
cos0
x
2
。
2
，
于是，
f
( x)
x
f ( x)cos xdx
x ( 2)